ランダムグラフの三角形の数の分布と分散

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Erdos-Renyiランダムグラフ考えます。個の頂点のセットは、ラベル付けされます。エッジのセットは、ランダムプロセスによって作成されます。 $G=(V(n),E(p))$ $n$ $V$ $V = \{1,2,\ldots,n\}$ $E$

ましょう確率であり、各非順序対頂点（）内のエッジとして生じる確率で独立他の対の、。 $p$ $0<p<1$ $\{i,j\}$ $i \neq j$ $E$ $p$

の三角形は、、、がエッジであるような、異なる頂点の順序付けされていないトリプルです。。 $G$ $\{i,j,k\}$ $\{i,j\}$ $\{j,k\}$ $\{k,i\}$ $G$

可能な三角形の最大数は $\binom{n}{3}$ です。確率変数 $X$ をグラフ内の観測された三角形の数と定義します $G$ 。

3つのリンクが同時に存在する確率は $p^3$ です。したがって、の期待値は $X$ 与えられます。単純に、分散はによって与えられると推測できますが、そうではありません。 $E(X) = \binom{n}{3} p^3$ $E(X^2) =\binom{n}{3} p^3 (1-p^3)$

次のMathematicaコードは問題をシミュレートします：

n=50;
p=0.6;
t=100;
myCounts=Table[Length[FindCycle[RandomGraph[BernoulliGraphDistribution[n,p]],3,All]],{tt,1,t}];
N[Mean[myCounts]] // 4216. > similar to expected mean
Binomial[n,3]p^3 // 4233.6
N[StandardDeviation[myCounts]] // 262.078 > not similar to "expected" std
Sqrt[Binomial[n,3](p^3)(1-p^3)] // 57.612
Histogram[myCounts]

の分散とは何 $X$ ですか？

— LBogaardt
ソース

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ましょう IFF三角形を形成します。次に、および各です。これは、期待値の計算に使用したものです。 $Y_{ijk}=1$ $\{i, j, k\}$ $X=\sum_{i, j, k}Y_{ijk}$ $Y_{ijk}\sim Bernoulli(p^3)$

分散の問題は、が独立していないことです。実際、と書きを計算する必要があります。これは、両方の三角形が存在する確率です。いくつかのケースがあります： $Y_{ijk}$

X^{2} = \sum_{i, j, k} \sum_{i^{'}, j^{'}, k^{'}} Y_{i j k} Y_{i^{'} j^{'} k^{'}} .

$X^2=\sum_{i, j, k}\sum_{i', j', k'}Y_{ijk}Y_{i'j'k'}.$

E [Y_{i j k} Y_{i^{'} j^{'} k^{'}}]

$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]$

もし（同じ3つの頂点）を。二重和にはそのような項がます。 $\{i,j,k\}=\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^3$ $\binom{n}{3}$
セットとに共通の要素が2つある場合、2つの三角形を取得するために5つのエッジが存在する必要があるため、。そのような用語は合計でになります。 $\{i,j,k\}$ $\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^5$ $12 \binom{n}{4}$
セットとに共通の1つの要素がある場合、6つのエッジが存在する必要があるため、。そのような用語は合計でになります。 $\{i,j,k\}$ $\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$ $30 \binom{n}{5}$
セットとに共通の0要素がある場合、6つのエッジが存在する必要があるため、。合計でになります。 $\{i,j,k\}$ $\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$ $20 \binom{n}{6}$

すべてのケースをカバーしたことを確認するには、合計がことに注意してください。 $\binom{n}{3}^{2}$

(\binom{n}{3}) + 12 (\binom{n}{4}) + 30 (\binom{n}{5}) + 20 (\binom{n}{6}) = {(\binom{n}{3})}^{2}

$\binom{n}{3} + 12 \binom{n}{4} + 30 \binom{n}{5} + 20 \binom{n}{6} = \binom{n}{3}^{2}$

期待される平均値の2乗を引くことを忘れないでください。これをすべてまとめると、次のようになります。

E [X^{2}] - E [X]^{2} = (\binom{n}{3}) p^{3} + 12 (\binom{n}{4}) p^{5} + 30 (\binom{n}{5}) p^{6} + 20 (\binom{n}{6}) p^{6} - {(\binom{n}{3})}^{2} p^{6}

$E[X^2] - E[X]^2 = \binom{n}{3} p^3 + 12 \binom{n}{4} p^5 + 30 \binom{n}{5} p^6 + 20 \binom{n}{6} p^6 - \binom{n}{3}^2 p^6$

次のRコードは、例と同じ数値を使用して標準偏差を計算します。これは、シミュレーションの262の値にかなり近い値です。

n=50
p=0.6
sqrt(choose(n, 3)*p^3+choose(n, 2)*(n-2)*(n-3)*p^5+(choose(n, 3)*choose(n-3, 3)+n*choose(n-1, 2)*choose(n-3, 2))*p^6-4233.6^2)
298.7945

次のMathematicaコードも標準偏差を計算しますが、同じ結果になります。

mySTD[n_,p_]:=Sqrt[Binomial[n,3]p^3+12Binomial[n,4]p^5+30 Binomial[n,5]p^6+20Binomial[n,6]p^6-(Binomial[n,3]p^3)^2]
mySTD[50,0.6] // gives 298.795

— ロビン・ライダー
ソース

2

実際にはかなり簡単です。よくやった！答えを少し更新し、式を簡略化してMathematicaコードを追加しました。また、シミュレーションを10k回実行し、期待値に非常に近い295.37のstdを取得しました。

— LBogaardt

1

編集ありがとうございます。10,000回の反復によるシミュレーションで答えが確認できてうれしいです。

— ロビンライダー

有向グラフの元の参照を見つけました：Holland（1970）。ソシオメトリックデータの構造を検出する方法。

— LBogaardt

0

を導出するための少し異なるアプローチを提供します。 $\mathrm{X}^{2}$

ロビン・ライダーがしたのと同じケースの区別で：

場合すなわち3つの頂点が同じであり、したがって、私たちは、3つの頂点を選択しなければならないn個の可能な。存在する3つのエッジが必要です。結合： $\{i, j, k\} = \{i', j', k'\}$ $\Rightarrow \binom{n}{3}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{3}$ $\binom{n}{3}\mathrm{p}^{3}$
もしと手段は、その共通に2つの頂点を有するれるおよびその逆（各三角形には、他の三角形の一部ではない1つの頂点があります）。Wlogがとが前述の分離した頂点であり、 =、 =と想像してください。 =、 =を実現するには、n個の可能なから同じ2つの頂点を選択する必要があります。以下のための $\{i, j, k\}$ $\{i', j', k'\}$ $\exists v \in \{i, j, k\}$ $v \notin \{i', j', k'\}$ $v = k$ $v' = k'$ $i$ $i'$ $j$ $j'$ $i$ $i'$ $j$ $j'$ $\Rightarrow \binom{n}{2}$ $k \neq k'$ 残っている頂点からさらに2つを選択する必要があります。最初のもの：そして2番目のもの：。エッジとは同じであるため、5つのエッジが存在する必要があります。結合： $(n-2)$ $(n-3)$ $\{i, j\}$ $\{i', j'\}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{5}$ $\binom{n}{2}(n-2)(n-3)\mathrm{p}^{5}$
もしと一般的にただ一つの頂点を有し、その後4は論理和です。wlogを想像してみてください =です。つまり、n個の可能な頂点の中から、1選択する必要があります。三角形の場合、残りのから2つの頂点を選択します。三角形の場合、残りのから。これは、および。共通の頂点が1つしかないため、6つのエッジが存在する必要があります $\{i, j, k\}$ $\{i', j', k'\}$ $i$ $i'$ $\Rightarrow n$ $\{i, j, k\}$ $(n-1) \Rightarrow \binom{n-1}{2}$ $\{i', j', k'\}$ $(n-3) \Rightarrow \binom{n-3}{2}$ $j'\notin\{i, j, k\}$ $k'\notin\{i, j, k\}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{6}$ 。組み合わせ： $n\binom{n-1}{2}\binom{n-3}{2}\mathrm{p}^{6}$
最後のケースの場合：とに共通の頂点がない場合、2つの三角形は分離します。最初の三角形、n個の可能なから3つの頂点を選択します。そして、2番目の三角形、残りの個のうち3つの頂点。三角形は分離している、つまりエッジと頂点を共有していないため、6つのエッジが存在する必要があります。結合： $\{i, j, k\}$ $\{i', j', k'\}$ $\Rightarrow \binom{n}{3}$ $(n-3)$ $\Rightarrow \binom{n-3}{3}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{6}$ $\binom{n}{3}\binom{n-3}{3}\mathrm{p}^{6}$

ロビンライダーのアプローチと同様に、次のことも確認できます。

$\binom{n}{3} + \binom{n}{2}(n-2)(n-3) + n\binom{n-1}{2}\binom{n-3}{2} + \binom{n}{3}\binom{n-3}{3} = \mathrm{\binom{n}{3}}^{2}$ が成り立つ。

これはにつながります：

$Var[X] = E[\mathrm{X}^{2}] - \mathrm{E[X]}^{2} = \binom{n}{3}\mathrm{p}^{3} + \binom{n}{2}(n-2)(n-3)\mathrm{p}^{5} + n\binom{n-1}{2}\binom{n-3}{2}\mathrm{p}^{6} + \binom{n}{3}\binom{n-3}{3}\mathrm{p}^{6} - \mathrm{\binom{n}{3}}^{2}\mathrm{p}^{6}.$

— ジョシュ
ソース